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广东省广州市天河区2021年高考化学三模试卷及答案
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这是一份广东省广州市天河区2021年高考化学三模试卷及答案，共21页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学三模试卷
一、单项选择题
1.华夏文明源远流长，勤劳智慧的中国人民探索认知世界，创造美好生活的过程贯穿始终。以下说法从化学视角理解错误的选项是〔 〕
A
高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻
文中提到的“脂水〞是指汽油
B
日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈
诗中包含了丁达尔效应
C
水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出
这段记载中，涉及氧化复原反响
D
采蒿蓼之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久那么凝淀如“石〞，浣衣发面
“石〞主要是K2CO3 ， 溶液显碱性
A.A
B.B
C.C
D.D
2.现代社会的开展与进步离不开材料。以下有关材料的说法错误的选项是〔 〕
A.港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
B.人民币票面文字等处采用含Fe3O4的磁性油墨，Fe3O4常用作红色颜料
C.射电望远镜“中国天眼〞的“眼眶〞是钢铁结成的圈梁，钢铁属于合金
D.芯片制造用到的光刻胶含聚乙烯醇月桂酸酯，聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料
3.生命在于运动，而生命活动的维持离不开能量，糖类、油脂、蛋白质是根本营养物质。以下说法正确的选项是〔 〕
A.糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反响
B.糖尿病人食用的“无糖饼干〞主要成分为面粉，不含糖类物质
C.我国新冠疫苗平安有效，助力全球抗疫，疫苗无需经冷链运输
D.豆腐是我国古代劳动人民智慧的结晶，蛋白质在人体内水解的最终产物为氨基酸
4.物质性质决定其用途，物质用途反映其性质。以下物质用途与性质对应关系错误的选项是〔 〕
选项
用途
性质
A
SiO2用作光导纤维
SiO2能把光的强弱转变为电流的强弱
B
工业上用纯碱去油污
Na2CO3溶液水解呈碱性，油脂碱性条件下水解程度大
C
明矾用作净水剂
明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀
D
三元催化器处理汽车尾气
尾气中CO有复原性，NOx有氧化性。在催化剂作用下转化为CO2和N2
A.A
B.B
C.C
D.D
5.一种药物中间体的结构如下列图。以下说法错误的选项是〔 〕
A.分子式为C12H6O3
B.该化合物所有碳原子共平面
C.二氯代物有9种
D.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色
6.关于常温下0.1mol•L-1的醋酸溶液，以下表达正确的选项是〔 〕
A.溶液中c(H+)=c(CH3COO-)
B.加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均减小
C.参加醋酸钠晶体后，溶液的pH增大
D.参加等体积、pH=13的NaOH溶液后，c(Na+)=c(CH3COO-)
7.设NA为阿伏加德罗常数的数值，以下说法中正确的选项是〔 〕
A.3 mol NO2与水充分反响，转移NA个电子
B.常温常压下，18 g H2O含有3NA个原子
C.1 L 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中含有0.1 NA个HCO
D.标准状况下，2.24 L乙醇含有0.1NA个CH3CH2OH分子
8.从海带中提取碘，以下实验操作不能到达实验目的的是〔 〕
A.装置甲灼烧海带
B.装置乙过滤海带灰
C.装置丙萃取碘单质
D.装置丁别离碘和苯
9.碳酸氢铵是一种常用氨肥，20℃以下稳定，工业生产NH4HCO3的工艺如下列图，以下说法错误的选项是〔 〕
A.碳化塔中充入高压CO2能提高碳化速率
B.别离操作包括加压蒸发、浓缩结晶、趁热过滤
C.设计过程I是为了提高原料的利用率
D.实验室可以用如图装置模拟碳化塔制取少量NH4HCO3
10.中国向世界郑重承诺，努力争取2060年前完成“碳中和〞。一种微生物电解池(MEC)既可以处理有机废水，又有助于降低碳排放，其工作原理如下列图。以下说法错误的选项是〔 〕
A.a电极为MEC的阳极
B.MEC工作时，质子将从a电极室向b电极室迁移
C.b电极的电极反响式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
D.a电极室产生的CO2与b电极室消耗的CO2相等
11.高效消毒液(TCCA)结构如下列图，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。Y和Z位于不同周期，以下表达错误的选项是〔 〕
A. 原子半径：W>X>Y
B. X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C. 14W与14X属于不同元素，但属于同一核素
D. 该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
12.我国推行的新型冠状病毒防治方案，明确指出应当使用含氯消毒液进行消毒。氯气与冷烧碱溶液反响可制得“84〞消毒液，实验装置如图。以下有关说法错误的选项是〔 〕
A.甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体
B.乙中可采用热水浴，有利于加快反响速率
C.在甲、乙之间参加饱和食盐水洗气，可提高NaOH利用率
D.在乙之后再连接NaOH溶液吸气，更加符合绿色化学思想
13.某兴趣小组依据以下方案将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，再参加K2S2O8溶液，探究反响条件对反响速率的影响。：S2O +2I-=I2+2SO (慢)，2S2O +I2=2I-+2SO (快)。以下说法错误的选项是〔 〕
实验序号
体积/mL
K2S2O8溶液
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
1
10.0
4.0
4.0
2.0
2
8.0
4.0
4.0
2.0
A.将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，参加K2S2O8溶液，溶液不会立即变蓝
B.当溶液中的Na2S2O3完全耗尽，溶液将由无色变为蓝色
C.依据上述方案，通过颜色变化出现的快慢，可以说明反响物浓度对速率的影响
D.为了确保能观察到颜色变化，Na2S2O3和K2S2O8初始物质的量之比应小于2
14.一种烟气治理中的脱硝原理如下列图，以下说法错误的选项是〔 〕
A.反响的催化剂为V4+-O-H
B.总反响方程式为：4NH3+3O2 2N2+6H2O
C.反响过程中V的化合价有变化
D.虚线框内的变化不属于化学变化
15.我国著名化学家付鹰说：“化学是实验的科学，只有实验才是最高法庭〞。以下实验操作、现象和结论均正确的选项是〔 〕
选项
操作
现象
结论
A
向某溶液中依次摘入几滴KSCN溶液和新制氯水
溶液先无明显现象，后变红
该溶液中含Fe2+
B
将一小块金属钠放在蒸发皿里，加热
发出黄色火焰，生成淡黄色固体
金属钠在空气中加热生成过氧化钠
C
用排水法收集铜和稀硝酸加热产生的气体
集气瓶中充满红棕色气体
反响生成红棕色气体且不溶于水
D
向1mL0.1mol•L-1NaOH溶液中依次滴入2滴浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2溶液和FeCl3溶液
先产生白色沉淀，后生成红褐色沉淀
相同温度下：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
A.A
B.B
C.C
D.D
16.常温下NH3•H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5。常温下向1L0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中不断参加NaOH固体，溶液中NH 和NH3•H2O的物质的量浓度变化曲线如下列图(忽略溶液体积变化)。以下说法正确的选项是〔 〕
A.M点时，参加的NaOH少于0.05mol
B.M点时，溶液pH=7
C.M点时，c(OH-)+0.05=a+c(H+)
D.n(NaOH)=0.05mol时，c(Cl-)>c(NH )>c(H+)>c(OH-)
二、综合题
17.某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。
〔1〕仪器a的名称为________，实验时装置E中溶液的现象为________。
〔2〕假设装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，那么使品红的水溶液褪色的含硫微粒一定不是________(填化学式)。
〔3〕该实验小组的甲、乙两位同学为了进一步探究SO2的漂白性，按如图装置继续进行实验并记录相关实验现象。
①装置中浓硫酸的作用为________。
②根据表中实验现象做出合理解释。
组别
实验现象
合理解释
甲
品红溶液几乎不褪色
反响方程式为________
乙
品红溶液随时间的推移变得越来越浅
原因可能是________
〔4〕该实验小组的学生丙预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反响的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如图实验：
实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：
烧杯
实验现象
G
无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3
H
有白色沉淀产生
I
有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多
①据G中现象推测D中产生的白色沉淀的化学式是________。
②写出H中白色沉淀产生的离子方程式________。
③据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是________。
〔5〕该实验小组的学生丁用200mL0.1mol•L-1酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量，假设气体流速为acm3•min-1 ， 当tmin时酸性KMnO4溶液恰好褪色，那么空气中SO2的含量为________(g•cm-3)。
18.某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性杂质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4•7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，答复以下问题：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH(c=1.0mol•L-1)
6.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH(c=1.0×10-5mol•L-1)
8.7
4.7
3.2
9.0
〔1〕.废镍催化剂上的油脂在过程中被处理，滤液①中含有的无机阴离子有OH-、 1 。
〔2〕.“转化〞过程中反响的化学方程式为 1 ， c(H2O2)随时间t的变化关系如下列图，反响开始10~20min内c(H2O2)迅速减小，原因是 2 。
〔3〕.利用表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= 1 ， “转化〞后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol•L-1 ， “调pH〞应控制的pH范围是 2 。
〔4〕.进行操作I前通常要在滤液③中参加少量稀硫酸，作用为 1 。
〔5〕.硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反响的离子方程式为 1 。
19.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2催化加氢生成乙烯等低碳烯烃，进而制取液态烃，作为低碳液态燃料。制取乙烯发生的主要反响有：
i．2CO2(g)+6H2(g) ⇌C2H4(g)+4H2O(g)△H=-127.89kJ•mol-1
ii．CO2(g)+H2(g) ⇌H2O(g)+CO(g)△H=+41.2kJ•mol-1
〔1〕CO2催化加氢制乙烯包括两个步骤：
步骤I：CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g)+CO(g)△H=-49.5kJ•mol-1 ， 写出步骤II由甲醇制乙烯的热化学方程式________。
〔2〕不同压强下CO2的平衡转化率与温度的关系如图：
①400~600℃，CO2的平衡转化率随着压强的升高而增大，B点v正________A点v逆(填“＞〞“＜〞或“=〞)。在A点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率的方法有________。(任写一种)
②在恒定压强下，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先降低后升高。试分析可能原因________。
③根据图像可知，为了获得更多乙烯等低碳烯烃，反响条件应控制在________(填序号)。
A．压强0.1~1.0MPa B．温度300~400℃
C．压强2.0~3.0MPa D．温度900~1000℃
一定条件下，将H2和CO2[n(H2)：n(CO2)=3]以一定的流速通过K—Fe—MnO/Al2O3催化剂进行反响，测得CO2的平衡转化率为50.0%，C2H4和CO的物质的量之比为2∶1，反响i的化学平衡常数Kp=________(只列算式不计算)。不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性的措施有________。(任写二种)
20.2021年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大奉献。请答复以下问题：
〔1〕LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为________，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层能量最高的电子云在空间有________个伸展方向，原子轨道呈________形。
〔2〕[CO(NO )4]2-中Co2+的配位数为4，配体中N原子的杂化方式为________，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为________(填元素符号)，1mol该配离子中含σ键数目为________NA。
〔3〕MnCl2可与NH3反响生成[Mn(NH3)6]Cl2 ， 新生成的化学键为________键。NH3分子的空间构型为________，其中N原子的杂化轨道类型为________。
〔4〕钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，共化学式为________，晶体中Al3+占据O2-形成的________(填“四面体空隙〞或“八面体空隙〞)。NA为阿伏伽德罗常数得值，钴蓝晶体的密度为________g•cm-3(列计算式)。
21.有机物G是一种合成药物的重要中间体，其合成路线如下列图：
答复以下问题：
〔1〕有机物A的名称为________，A→B的反响类型为________。
〔2〕B→C的化学方程式为________，D中含氧官能团的名称为________。
〔3〕有机物H是F与足量氢气加成反响的产物，H中含有________个手性碳原子。
〔4〕C有多种同分异构体，满足以下条件的3种同分异构体的结构简式为________。
①能与NaHCO3溶液发生反响产生CO2；
②既能发生银镜反响，又能发生水解反响且水解产物酸化后可使FeCl3溶液显紫色；
③核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1：1。
〔5〕请参照上述合成信息，以苯、 及CH3MgBr为原料设计 的合成路线________。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 A
【解析】【解答】A．高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻，说明易燃烧，但烟甚浓，应为石油，不属于汽油，故A符合题意；
B．日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈，雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，故B不符合题意；
C．水银乃至阴毒物，因火煅丹砂而出〔明〕，汞由单质转化为化合物，有化合价变化，属于氧化复原反响，故C不符合题意；
D．“采蒿蓼之属，晒干烧灰〞，说明“石碱〞成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁〞，该成分易溶于水，久那么凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸钾，溶于水水解显碱性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻 ，这里指的是汽油，不是汽油，汽油是通过对石油进一步加工制取，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．石油减压分馏过程的产物为：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，所以石油分馏可以获得沥青，A不符合题意；
B．常用作红色颜料的是Fe2O3 ， B符合题意；
C．钢铁是铁和碳等元素形成的合金，C不符合题意；
D．聚乙烯醇月桂酸酯是由乙烯醇月桂酸酯聚合而成的高分子，属于有机高分子材料，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】Fe3O4为黑色固体，具有磁性可以做磁性油墨的材料，但是氧化铁是红色，一般用于红色颜料，其他选项均正确
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．糖类有多种，例如葡萄糖等单糖不能发生水解，A不符合题意；
B．面粉的主要成分为淀粉，淀粉属于糖类，B不符合题意；
C．疫苗主要成分为蛋白质，温度过高蛋白质易变性，应冷链运输，C不符合题意；
D．豆腐主要成分为蛋白质，在人体内经蛋白酶催化水解为氨基酸，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.糖类包括多糖、二糖、单糖等，其中多糖和二糖以及蛋白质和油脂均可以水解，单糖不能水解
B.面粉的主要成分是淀粉属于多糖
C.疫苗的主要成分是蛋白质，而蛋白质的储存需要适宜的温度
D.蛋白质在人体内水解为氨基酸被人体吸收
4.【答案】 A
【解析】【解答】A．SiO2并不能把光的强弱转变为电流的强弱，SiO2用作光导纤维是因为其对光有很好的反射性，A符合题意；
B．Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解而显碱性，油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，甘油和高级脂肪酸盐无法重新生成油脂，所以油脂碱性条件下水解程度大，B不符合题意；
C．明矾溶液水可以电离出Al3+ ， Al3+水解生成成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀，到达净水的目的，C不符合题意；
D．汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，CO有复原性，NOx有氧化性，二者发生氧化复原反响转化为无污染的为CO2和N2 ， D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.二氧化硅可以做光导纤维，主要是利用了其对光信号的传播，与电流无关
B.纯碱显碱性，油脂在碱性环境下水解彻底
C.明矾做净水剂主要是可以形成具有吸附性的氢氧化铝胶体
D.三元催化剂可以催化汽车尾气变为无毒的气体
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．该物质含有12个碳原子、3个O原子，不饱和度为10，分子式为C12H6O3 ， A不符合题意；
B．苯环以及与苯环相连的碳原子共面，所以该化合物所有碳原子共平面，B不符合题意；
C．该物质的二氯代物有如下列图共5+3+1=9种 、 、 (数字表示另一个氯原子的位置)，C不符合题意；
D．不含碳碳双键，不能使溴水褪色，与苯环相连的碳原子上没有氢，且不含醛基、碳碳双键、三键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D符合题意；
故答案为D
【分析】根据结构简式即可写出分子式，此结构中的所有的碳原子均处于同一平面上，不能使溴水和高锰酸钾溶液褪色，根据找出结构中氢原子的种类，先定1个氯原子的位置再定另外一个氯原子的位置即可找出二氯取代物的个数
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．醋酸溶液中存在醋酸和水的电离，即CH3COOH CH3COO-+H+ ， H2O H++OH- ， 电荷守恒为c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A不符合题意；
B．醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，溶液中H+和CH3COO-的数目增多，但浓度减小，即c(H+)、 c(CH3COO-)浓度减小，由于Kw=c(H+)·c(OH-)不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B不符合题意；
C．由CH3COOH CH3COO-+H+可知，参加少量CH3COONa晶体，c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，c(H+)减小，pH增大，故C符合题意；
D．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中，参加等体积、pH=13的NaOH溶液，二者恰好完全反响，生成CH3COONa，由于CH3COO-水解，那么c(Na+)＞c(CH3COO-)，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A.结合电荷守恒即可判断
B.结合水的离子积以及加水后的离子浓度即可判断
C.根据醋酸的电离结合醋酸根离子浓度增大抑制醋酸的电离
D.根据此时的电荷守恒以及水解显碱性即可判断
7.【答案】 B
【解析】【解答】A. NO2与水反响的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由反响方程式可知，3molNO2与水完全反响，转移2mol电子，个数为2NA ， 故A不符合题意；
B. 18 g H2O的物质的量为18g÷18g/mol=1mol，每个水分子中含有3个原子，所以18 g H2O含有3mol原子，个数为3NA ， 故B符合题意；
C. HCO3－在水溶液中既可以电离也可以水解，所以1 L 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中HCO3－的个数小于0.1 NA个，故C不符合题意；
D. 标准状况下，乙醇不是气体，所以无法计算2.24 L乙醇中含有的CH3CH2OH分子个数，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.写出与水反响的方程式即可计算出转移的电子数
B.根据n=计算出物质的量，再根据分子式找出1个分子含有的原子个数
C.未考虑碳酸氢根的电离和水解
D.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
8.【答案】 D
【解析】【解答】A．灼烧在坩埚中进行，图中灼烧操作合理，A不符合题意；
B．海带灰中含有不溶于水的杂质，过滤可以别离，图中过滤装置合理，B不符合题意；
C．碘单质更易溶于苯，苯与水不互溶，且不与水反响，可以用苯萃取，苯的密度比较小，有机层在上层，操作合理，C不符合题意；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度，水银球应在支管口处，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.灼烧海带需要温度高，坩埚可以承受高温
B.固体和液体的别离可以利用过滤操作
C.萃取时需要用到的是分液漏斗
D.温度计的位置错误，主要是测量蒸汽的温度
9.【答案】 B
【解析】【解答】A．碳化塔中充入高压CO2能提高CO2的溶解度，增大其浓度，提高碳化速率，A不符合题意；
B．为防止NH4HCO3受热分解，加压会提高蒸发温度，应减压蒸发，降低水的沸点，B符合题意；
C．别离出来的母液含有大量NH4HCO3 ， 回收利用可以提高原料的利用率，C不符合题意；
D．氨气极易溶于水，枯燥管可以防止倒吸，大量氨气溶于水后形成浓氨水，在通入二氧化碳可以析出NH4HCO3 ， 可以模拟碳化塔制取少量NH4HCO3 ， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示将二氧化碳通入浓氨水发生反响，加压增大了二氧化碳的溶解能力，提高了反响的速率，将母液放入碳化塔主要是提高原料的利用率，实验室可以用图示装置制取碳酸氢铵，别离时不能加压蒸发，碳酸氢铵易分解应该减压蒸发后浓缩结晶和趁热过滤
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．电极a上有机质转化为CO2 ， 发生氧化反响，所以a为阳极，A不符合题意；
B．工作时为电解池，电解池中阳离子由阳极向阴极迁移，所以质子将从a电极室向b电极室迁移，B不符合题意；
C．电极b上CO2得电子被复原，结合迁移过来的氢离子生成CH4和H2O，根据电子守恒和元素守恒可得电极反响式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C不符合题意；
D．有机质中C元素的化合价不一定和甲烷中C元素的化合价相同，所以a电极室产生的CO2与b电极室消耗的CO2不一定相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电极a上有机质转化为CO2 ， 发生氧化反响，所以a为阳极，电极b上CO2转化为CH4 ， 发生复原反响，所以b为阴极。
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，那么原子半径由大到小的顺序为C>N>O，故A不符合题意；
B．氨气溶于水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B不符合题意；
C．14C与14N的质子数不同，属于不同元素，肯定不是同一核素，故C符合题意；
D．由结构简式可知、C、N、O、Cl四种原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由TCCA结构可知，W形成4个共价键、X形成3个共价键、Y形成2个共价键、Z形成1个共价键，由W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y和Z位于不同周期可知，W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素。
12.【答案】 B
【解析】【解答】A．高锰酸钾和浓盐酸常温下反响可以制取氯气，装置没有加热，所以甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体，故A不符合题意；
B．氯气与冷烧碱溶液反响可制得“84〞消毒液，所以乙中不可采用热水浴，会有其他反响发生会生成杂质氯酸钠，故B符合题意；
C．在甲、乙之间参加饱和食盐水洗气，可以除去浓盐酸挥发出来的氯化氢气体，可提高NaOH利用率，故C不符合题意；
D．氯气有毒，不能随意排放到大气中，所以在乙之后再连接NaOH溶液吸气，更加符合绿色化学思想，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】甲中是制取氯气的装置，乙是氯气和氢氧化钠反响制取消毒液的反响，甲中反响是常温，而高锰酸钾和浓盐酸反响也是常温反响，乙中的反响是氯气和氢氧化钠反响，温度过高会产生杂质，制取氯气时可能会带出氯化氢气体，应该将氯化氢气体进行除杂，利用饱和食盐水除去氯化氢气体，多于的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收防止污染空气
13.【答案】 C
【解析】【解答】A． 将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，参加K2S2O8溶液，K2S2O8将I-氧化为I2, S2O +2I-=I2+2SO (慢)，溶液不会立即变蓝,故A不符合题意；
B． 因为2S2O +I2=2I-+2SO (快)，当溶液中的Na2S2O3完全耗尽，I2会存在于溶液中，溶液将由无色变为蓝色，故B不符合题意；
C． 上述实验未保证单一变量，由于K2S2O8溶液在两种溶液中参加的体积不一致，导致混合液体积不一致，两组实验中各个物质的浓度均不一致，故无法说明反响物浓度对速率的影响，故C符合题意；
D．由方程式可知，S2O +2I-=I2+2SO (慢)，2S2O +I2=2I-+2SO ，S2O ~2S2O ，必须保证Na2S2O3全部被消耗才能由无色变为蓝色，故 Na2S2O3和K2S2O8初始物质的量之比应小于2，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据 S2O +2I-=I2+2SO (慢)，2S2O +I2=2I-+2SO (快) 即可判断反响后的溶液不会立即变蓝
B.当 Na2S2O3完全耗尽 才会有剩余的碘单质淀粉变蓝色
C.通过控制变量法进行实验需要控制用量一致
D.根据给出方程式进行计算出初始的物质的量即可
14.【答案】 B
【解析】【解答】A．据图可知V4+-O-H在整个反响过程没有消耗，为该反响的催化剂，A不符合题意；
B．据图可知投入的原料为NH3、NO和O2 ， 最终产物为N2和H2O，V4+—O—H为催化剂，所以总反响为2NO+4NH3+2O2 3 N2+6H2O，B符合题意；
C．据图可知H-O-V4+和氧气反响的过程中V元素由+4价变为+5价，另外也存在含钒物质中V元素由+5价降低+4价的过程，C不符合题意；
D．虚线框内断裂的是氢键，没有化学键的断裂和生成，不属于化学变化，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示流程即可判断出V4+-O-H的作用
B.根据反响物和生成物即可写出方程式
C.根据反响流程即可判断出V的化合价
D.根据虚线内未出现新的物质故不是化学变化
15.【答案】 A
【解析】【解答】A．先滴KSCN溶液无明显现象，说明不含Fe3+ ， 再滴入新制氯水变红，说明原溶液中含有Fe2+ ， 被氧化为Fe3+ ， A符合题意；
B．钠燃烧时放出大量的热，不能在蒸发皿中加热，B不符合题意；
C．铜和稀硝酸反响生成NO，NO不溶于水，但无色，C不符合题意；
D．NaOH溶液过程，均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，不能比较二者的溶解度，且二者为不同类型的沉淀，也不能简单的通过溶解度判断溶度积大小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 证明亚铁离子需要先参加KSCN溶液看是否变色，在参加氯水进行实验
B.一般加热钠在坩埚中进行
C.铜和浓硝酸反响得到的是二氧化氮，铜和稀硝酸反响得到的是无色的一氧化氮
D.氢氧化钠过量，应该实验中使氢氧化钠的量少量
16.【答案】 C
【解析】【解答】A． 向1L0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中不断参加NaOH固体，a=0.05mol时，得到物质的量均为0.05mol的氯化铵和一水合氨, ,即一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以 ，所以要想满足 ，参加的NaOH要大于0.05mol，故A不符合题意；
B．由A分析知，当a=0.05mol时，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液显碱性，M点a大于0.05mol,碱性更强，溶液pH>7,故B不符合题意；
C． M点时存在电荷守恒 ，且c(Na+)=amol/L，c(Cl-)=0.1mol/L, ,那么 整理可得c(OH-)+0.05=a+c(H+),故C符合题意；
D． n(NaOH)=0.05mol时，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以 ，所以c(OH-)>c(H+)，所以c(Cl-)>c(NH )>c(H+)>c(OH-)不成立，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据给出的数据计算出此时的铵根离子水解常数与氨水的电离常数进行比照即可
B.根据铵根的水解常数和氨水的电离常数进行比照即可
C.根据电荷守恒以及给出的数据进行判断即可
D.根据铵根的水解常数和氨水的电离常数进行比较即可
二、综合题
17.【答案】 〔1〕分液漏斗；溶液由棕黄色变为浅绿色
〔2〕SO2
〔3〕通过观察气体流速控制两种气体的比例；Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量
〔4〕BaSO4；2H2O+3SO2+3Ba2++2NO =3BaSO4↓+2NO↑+4H+；在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快
〔5〕
【解析】【解答】(1) 由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置E中发生的反响为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化复原反响生成氯化亚铁、盐酸和硫酸，实验现象为溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：分液漏斗；溶液由棕黄色变为浅绿色；
(2)假设装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红的水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫与水反响生成的亚硫酸或亚硫酸根或亚硫酸氢根，不是二氧化硫，故答案为：SO2；
(3)①由实验装置图可知，装置中浓硫酸的作用为通过观察集气瓶中气泡的多扫，判断气体流速，从而控制两种气体的比例，故答案为：通过观察气体流速控制两种气体的比例；
②由甲中品红溶液几乎不褪色可知，二氧化硫和氯气在品红溶液恰好完全反响生成没有漂白性的盐酸和硫酸，反响的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；由乙中品红溶液随时间的推移变得越来越浅，说明某种气体流速过快，导致氯气或二氧化硫过量，使品红溶液漂白褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量；
(4)①由G中无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3可知，D中二氧化硫与溶液中的氧气反响生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反响生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；
②H中二氧化硫溶于水生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下，二氧化硫与硝酸根离子发生氧化复原反响生成硫酸钡白色沉淀、一氧化氮和水，反响的离子方程式为2H2O+3SO2+3Ba2++2NO =3BaSO4↓+2NO↑+4H+ ， 故答案为：2H2O+3SO2+3Ba2++2NO =3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
③由I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象可知，没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反响速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反响的速率快，说明在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快，故答案为：在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快；
(5)由题意可知，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反响生成硫酸锰、硫酸钾、硫酸和水，由得失电子数目守恒可得：2KMnO4—5SO2 ， 由tmin时酸性高锰酸钾溶液恰好褪色可知二氧化硫的含量为 = g/cm3 ， 故答案为： 。
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与稀硫酸反响制得二氧化硫，B中盛有的品红乙醇溶液不褪色，C中盛有的品红溶液褪色，D中盛有的氯化钡溶液不与二氧化硫反响，溶液中没有现象，D中氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化复原反响，溶液由棕黄色变为浅绿色，F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收有毒的二氧化硫，防止污染环境。
18.【答案】 〔1〕
〔2〕；Fe3+对H2O2的分解有催化作用
〔3〕10-15.6；4.7＜pH＜6.2
〔4〕抑制Ni2+水解
〔5〕
【解析】【解答】(1)由以上分析知，滤液①中含有NaOH、NaAlO2 ， 那么无机阴离子有OH-、 。
(2)“转化〞过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+ ， 反响的化学方程式为 ；c(H2O2)在10~20min内迅速减小，原因是Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
(3)当pH=6.2时，c(Ni2+)=1.0mol/L，那么Ni(OH)2的Ksp= c2(OH-)c(Ni2+)=(10-7.8)2×1.0=10-15.6 ， “转化〞后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol•L-1 ， 开始沉淀pH=6.2，沉淀完全pH=8.7，那么“调pH〞应控制的pH小于6.2，大于4.7，保证Al3+、Fe3+完全沉淀。
(4)进行蒸发浓缩、冷却结晶前通常要在滤液③中参加少量稀硫酸，作用为抑制Ni2+水解。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反响的离子方程式为 。
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中参加NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反响2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaOH、NaAlO2 ， 滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化变为Fe3+后，参加NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤渣③为氢氧化铁，再控制pH，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、枯燥得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
19.【答案】 〔1〕2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g) △H=-28.89kJ•mol-1
〔2〕＜；增大氢碳比、将生成物及时别离；反响i为放热反响，温度升高，平衡逆向移动；反响ii为吸热反响，温度升高，平衡正向移动。随着温度的升高，CO2平衡转化率降低是因为反响i占主导，CO2平衡转化率升高是因为反响ii占主导；BC；；催化剂、加压
【解析】【解答】(1) i．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ•mol-1
ii．CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) △H=+41.2kJ•mol-1
iii．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.25kJ•mol-1
根据盖斯定律：i-2×iii得2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g) △H=(-127.89+49.25×2)kJ•mol-1=-28.89kJ•mol-1 ， 故答案为：2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g) △H=-28.89kJ•mol-1；
(2)①由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反响速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强，压强越高，反响速率越快，那么B点v正＜A点v逆；在一定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率有增大氢碳比、将生成物及时别离，故答案为：＜；增大氢碳比、将生成物及时别离；
②反响i．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ•mol-1为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，反响ii．CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) △H=+41.2kJ•mol-1为吸热反响，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，而在较低温度下，随着温度的升高CO2的平衡转化率降低，说明反响ⅰ占主导，在较高温度下，随着温度的升高CO2的平衡转化率升高，说明反响ii占主导，故答案为：反响i为放热反响，温度升高，平衡逆向移动；反响ii为吸热反响，温度升高，平衡正向移动。随着温度的升高，CO2平衡转化率降低是因为反响i占主导，CO2平衡转化率升高是因为反响ii占主导；
③为了使更多获得乙烯等低碳烯烃，那么要使反响i．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ•mol-1为主导，反响ⅰ为放热反响，那么要选择较低温度，同时考虑反响速率，所以温度选300～400℃，增大压强可以加快反响速率同时使反响ⅰ平衡正向移动，所以压强选2.0～3.0MPa，那么选择BC；
设起始H2物质的量为6mol，那么起始CO2物质的量为2mol，平衡时C2H4和CO的物质的量之比为2∶1，设C2H4和CO的物质的量分别为xmol和0.5xmol，
平衡时CO2的转化率为 ×100%=50.0%，解得：x=0.4，那么平衡时n(CO2)=2mol-2.5×0.4mol=1mol，n(C2H4)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(H2)=6mol-6.5×0.4mol=3.4mol，n(H2O)=4.5×0.4mol=1.8mol，混合气总物质的量为1mol+0.4mol+0.2mol+3.4mol+1.8mol=6.8mol，A点压强为1MPa，p(CO2)= ×1MPa= MPa，p(C2H4)= ×1MPa= MPa，p(H2)= ×1MPa= MPa，p(H2O)= ×1MPa= MPa，那么Kp= = ；不改变气体流速和温度，要提高C2H4的选择性，可以选择适宜的催化剂，降低反响ⅰ的活化能，加快反响速率，提高C2H4选择性；反响ⅰ为气体体积减小的反响，增大压强，平衡正向移动，压强对反响ii没有影响，H2O(g)含量增加，从而使反响ⅱ平衡逆向移动，有进一步促进反响ⅰ平衡正向移动，提高C2H4选择性，故答案为：BC； ；催化剂、加压。
【分析】根据盖斯定律，结合反响i和步骤I计算解答；由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反响速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强；在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；反响ⅰ为放热反响，反响ⅱ为吸热反响，结合温度对平衡的影响分析解答；设起始H2物质的量为6mol，起始CO2物质的量为2mol，根据平衡时C2H4和CO的物质的量之比为2∶1结合三段式计算解答。
20.【答案】 〔1〕或 ；；3；哑铃
〔2〕；；16
〔3〕配位；三角锥；
〔4〕；八面体空隙；
【解析】【解答】〔1〕基态钴的原子序数为27，因此基态核外电子能级排布排布是1s22s22p63s23p63d74s2, 基态磷原子的核外电子能级排布是1s22s22p63s23p3， 含有3个电子层， 电子占据的最高能层的是第三层M层，M层含有3个p轨道，伸向不同的方向，p轨道的形状是哑铃状，故正确答案是： 或 、 、 3 、 哑铃
〔2〕硝酸根中中心价层电子对为3，是sp2杂化，配体离子含有三种元素，Co\N\O.金属的电离能一般小于非金属，氮元素的和蔼电子排布时p轨道是半充满状态，电离能最大，故 第一电离能由小到大的顺序为 ， 1mol该配离子中含σ键数目含有4mol配位键和和12mol氮氧键共16mol，故正确答案是： 、 、 16
〔3〕 MnCl2可与NH3反响络合反响生成[Mn(NH3)6]Cl2 形成的新键是配位键，氨气分子中的氮原子是sp3杂化，是三角锥型，故正确答案是： 配位 、 三角锥 、
〔4〕黑球处于晶胞的顶点、I的体心、而大白色球处于I和II的内部，小白球处于II的内部。故晶胞中含有的Co、Al、O的原子个数为4x(4x)x2+4=8,4x4=16,8x4=32,所以化学式为 ，根据观察 晶体中Al3+占据O2-形成的是八面体空隙，该晶胞的体积是(2ax10-7)3cm3 ， 晶胞的质量为=g那么密度ρ=
【分析】〔1〕根据钴原子的原子序数即可写出基态原子的核外电子能级排布，对于磷原子基态中，离核越远的电子层能量越高，能量最高的电子层含有3个p轨道，是哑铃状
〔2〕根据计算出价层电子对，即可计算出杂化方式，电离能的大小一般是金属元素小于非金属元素，轨道上电子半充满或者是充满时电离能越大，找出单键和配位键即可找出 σ键 的数目
〔3〕根据反响的类型得出反响是络合反响形成的配位键，氨气的分子构型是三角锥型，其中氮原子的杂化是sp3杂化
〔4〕根据占位情况计算出原子的个数即可求出化学式，同时根据ρ=计算出体积，根据观察可以看出 Al3+占据O2- 形成的空隙
21.【答案】 〔1〕2-甲基苯酚(或邻甲基苯酚)；取代反响
〔2〕+ ；醚键、羧基
〔3〕6
〔4〕或 或 或
〔5〕
【解析】【解答】〔1〕有机物A的结构式为其名称为二甲基苯酚，A到B的反响为取代反响，故正确答案是： 2-甲基苯酚(或邻甲基苯酚) 、 取代反响
〔2〕 B→C的化学方程式为 + ， D的结构简式为 中含氧官能团的名称为 醚键、羧基 ，故正确答案是： + ， 醚键、羧基
〔3〕 有机物H是F与足量氢气加成反响的产物 ，有机物F结构式为， 根据H的结构式找出手性碳原子个数为6个
〔4〕 C有多种同分异构体， 能与NaHCO3溶液发生反响产生CO2； 说明含有羧基， 既能发生银镜反响，又能发生水解反响且水解产物酸化后可使FeCl3溶液显紫色； 说明含有醛基和酯基且酯基形成的羟基是酚羟基， 核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1：1 的同分异构体是、、、故正确答案是：、、、
〔5〕根据进行逆推得出整个反响主要发生B到C以及E到F到G的反响，因此反响过程如下列图：
【分析】〔1〕根据结构简式写知名称，以及反响物和生成物判断反响类型
〔2〕根据反响物和生成物即可写出方程式，根据结构简式即可找出官能团
〔3〕根据F写出H的结构式即可找出手性碳原子个数
〔4〕根据分子式结合给出的条件写出同分异构体
〔5〕根据产物逆推对应给出物质的合成过程，找出利用的途径进行合成所需要产物
高考化学三模试卷
一、单项选择题
1.华夏文明源远流长，勤劳智慧的中国人民探索认知世界，创造美好生活的过程贯穿始终。以下说法从化学视角理解错误的选项是〔 〕
A
高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻
文中提到的“脂水〞是指汽油
B
日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈
诗中包含了丁达尔效应
C
水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出
这段记载中，涉及氧化复原反响
D
采蒿蓼之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久那么凝淀如“石〞，浣衣发面
“石〞主要是K2CO3 ， 溶液显碱性
A.A
B.B
C.C
D.D
2.现代社会的开展与进步离不开材料。以下有关材料的说法错误的选项是〔 〕
A.港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
B.人民币票面文字等处采用含Fe3O4的磁性油墨，Fe3O4常用作红色颜料
C.射电望远镜“中国天眼〞的“眼眶〞是钢铁结成的圈梁，钢铁属于合金
D.芯片制造用到的光刻胶含聚乙烯醇月桂酸酯，聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料
3.生命在于运动，而生命活动的维持离不开能量，糖类、油脂、蛋白质是根本营养物质。以下说法正确的选项是〔 〕
A.糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反响
B.糖尿病人食用的“无糖饼干〞主要成分为面粉，不含糖类物质
C.我国新冠疫苗平安有效，助力全球抗疫，疫苗无需经冷链运输
D.豆腐是我国古代劳动人民智慧的结晶，蛋白质在人体内水解的最终产物为氨基酸
4.物质性质决定其用途，物质用途反映其性质。以下物质用途与性质对应关系错误的选项是〔 〕
选项
用途
性质
A
SiO2用作光导纤维
SiO2能把光的强弱转变为电流的强弱
B
工业上用纯碱去油污
Na2CO3溶液水解呈碱性，油脂碱性条件下水解程度大
C
明矾用作净水剂
明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀
D
三元催化器处理汽车尾气
尾气中CO有复原性，NOx有氧化性。在催化剂作用下转化为CO2和N2
A.A
B.B
C.C
D.D
5.一种药物中间体的结构如下列图。以下说法错误的选项是〔 〕
A.分子式为C12H6O3
B.该化合物所有碳原子共平面
C.二氯代物有9种
D.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色
6.关于常温下0.1mol•L-1的醋酸溶液，以下表达正确的选项是〔 〕
A.溶液中c(H+)=c(CH3COO-)
B.加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均减小
C.参加醋酸钠晶体后，溶液的pH增大
D.参加等体积、pH=13的NaOH溶液后，c(Na+)=c(CH3COO-)
7.设NA为阿伏加德罗常数的数值，以下说法中正确的选项是〔 〕
A.3 mol NO2与水充分反响，转移NA个电子
B.常温常压下，18 g H2O含有3NA个原子
C.1 L 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中含有0.1 NA个HCO
D.标准状况下，2.24 L乙醇含有0.1NA个CH3CH2OH分子
8.从海带中提取碘，以下实验操作不能到达实验目的的是〔 〕
A.装置甲灼烧海带
B.装置乙过滤海带灰
C.装置丙萃取碘单质
D.装置丁别离碘和苯
9.碳酸氢铵是一种常用氨肥，20℃以下稳定，工业生产NH4HCO3的工艺如下列图，以下说法错误的选项是〔 〕
A.碳化塔中充入高压CO2能提高碳化速率
B.别离操作包括加压蒸发、浓缩结晶、趁热过滤
C.设计过程I是为了提高原料的利用率
D.实验室可以用如图装置模拟碳化塔制取少量NH4HCO3
10.中国向世界郑重承诺，努力争取2060年前完成“碳中和〞。一种微生物电解池(MEC)既可以处理有机废水，又有助于降低碳排放，其工作原理如下列图。以下说法错误的选项是〔 〕
A.a电极为MEC的阳极
B.MEC工作时，质子将从a电极室向b电极室迁移
C.b电极的电极反响式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
D.a电极室产生的CO2与b电极室消耗的CO2相等
11.高效消毒液(TCCA)结构如下列图，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。Y和Z位于不同周期，以下表达错误的选项是〔 〕
A. 原子半径：W>X>Y
B. X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C. 14W与14X属于不同元素，但属于同一核素
D. 该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
12.我国推行的新型冠状病毒防治方案，明确指出应当使用含氯消毒液进行消毒。氯气与冷烧碱溶液反响可制得“84〞消毒液，实验装置如图。以下有关说法错误的选项是〔 〕
A.甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体
B.乙中可采用热水浴，有利于加快反响速率
C.在甲、乙之间参加饱和食盐水洗气，可提高NaOH利用率
D.在乙之后再连接NaOH溶液吸气，更加符合绿色化学思想
13.某兴趣小组依据以下方案将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，再参加K2S2O8溶液，探究反响条件对反响速率的影响。：S2O +2I-=I2+2SO (慢)，2S2O +I2=2I-+2SO (快)。以下说法错误的选项是〔 〕
实验序号
体积/mL
K2S2O8溶液
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
1
10.0
4.0
4.0
2.0
2
8.0
4.0
4.0
2.0
A.将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，参加K2S2O8溶液，溶液不会立即变蓝
B.当溶液中的Na2S2O3完全耗尽，溶液将由无色变为蓝色
C.依据上述方案，通过颜色变化出现的快慢，可以说明反响物浓度对速率的影响
D.为了确保能观察到颜色变化，Na2S2O3和K2S2O8初始物质的量之比应小于2
14.一种烟气治理中的脱硝原理如下列图，以下说法错误的选项是〔 〕
A.反响的催化剂为V4+-O-H
B.总反响方程式为：4NH3+3O2 2N2+6H2O
C.反响过程中V的化合价有变化
D.虚线框内的变化不属于化学变化
15.我国著名化学家付鹰说：“化学是实验的科学，只有实验才是最高法庭〞。以下实验操作、现象和结论均正确的选项是〔 〕
选项
操作
现象
结论
A
向某溶液中依次摘入几滴KSCN溶液和新制氯水
溶液先无明显现象，后变红
该溶液中含Fe2+
B
将一小块金属钠放在蒸发皿里，加热
发出黄色火焰，生成淡黄色固体
金属钠在空气中加热生成过氧化钠
C
用排水法收集铜和稀硝酸加热产生的气体
集气瓶中充满红棕色气体
反响生成红棕色气体且不溶于水
D
向1mL0.1mol•L-1NaOH溶液中依次滴入2滴浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2溶液和FeCl3溶液
先产生白色沉淀，后生成红褐色沉淀
相同温度下：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
A.A
B.B
C.C
D.D
16.常温下NH3•H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5。常温下向1L0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中不断参加NaOH固体，溶液中NH 和NH3•H2O的物质的量浓度变化曲线如下列图(忽略溶液体积变化)。以下说法正确的选项是〔 〕
A.M点时，参加的NaOH少于0.05mol
B.M点时，溶液pH=7
C.M点时，c(OH-)+0.05=a+c(H+)
D.n(NaOH)=0.05mol时，c(Cl-)>c(NH )>c(H+)>c(OH-)
二、综合题
17.某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。
〔1〕仪器a的名称为________，实验时装置E中溶液的现象为________。
〔2〕假设装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，那么使品红的水溶液褪色的含硫微粒一定不是________(填化学式)。
〔3〕该实验小组的甲、乙两位同学为了进一步探究SO2的漂白性，按如图装置继续进行实验并记录相关实验现象。
①装置中浓硫酸的作用为________。
②根据表中实验现象做出合理解释。
组别
实验现象
合理解释
甲
品红溶液几乎不褪色
反响方程式为________
乙
品红溶液随时间的推移变得越来越浅
原因可能是________
〔4〕该实验小组的学生丙预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反响的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如图实验：
实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：
烧杯
实验现象
G
无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3
H
有白色沉淀产生
I
有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多
①据G中现象推测D中产生的白色沉淀的化学式是________。
②写出H中白色沉淀产生的离子方程式________。
③据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是________。
〔5〕该实验小组的学生丁用200mL0.1mol•L-1酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量，假设气体流速为acm3•min-1 ， 当tmin时酸性KMnO4溶液恰好褪色，那么空气中SO2的含量为________(g•cm-3)。
18.某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性杂质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4•7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，答复以下问题：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH(c=1.0mol•L-1)
6.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH(c=1.0×10-5mol•L-1)
8.7
4.7
3.2
9.0
〔1〕.废镍催化剂上的油脂在过程中被处理，滤液①中含有的无机阴离子有OH-、 1 。
〔2〕.“转化〞过程中反响的化学方程式为 1 ， c(H2O2)随时间t的变化关系如下列图，反响开始10~20min内c(H2O2)迅速减小，原因是 2 。
〔3〕.利用表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= 1 ， “转化〞后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol•L-1 ， “调pH〞应控制的pH范围是 2 。
〔4〕.进行操作I前通常要在滤液③中参加少量稀硫酸，作用为 1 。
〔5〕.硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反响的离子方程式为 1 。
19.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2催化加氢生成乙烯等低碳烯烃，进而制取液态烃，作为低碳液态燃料。制取乙烯发生的主要反响有：
i．2CO2(g)+6H2(g) ⇌C2H4(g)+4H2O(g)△H=-127.89kJ•mol-1
ii．CO2(g)+H2(g) ⇌H2O(g)+CO(g)△H=+41.2kJ•mol-1
〔1〕CO2催化加氢制乙烯包括两个步骤：
步骤I：CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g)+CO(g)△H=-49.5kJ•mol-1 ， 写出步骤II由甲醇制乙烯的热化学方程式________。
〔2〕不同压强下CO2的平衡转化率与温度的关系如图：
①400~600℃，CO2的平衡转化率随着压强的升高而增大，B点v正________A点v逆(填“＞〞“＜〞或“=〞)。在A点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率的方法有________。(任写一种)
②在恒定压强下，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先降低后升高。试分析可能原因________。
③根据图像可知，为了获得更多乙烯等低碳烯烃，反响条件应控制在________(填序号)。
A．压强0.1~1.0MPa B．温度300~400℃
C．压强2.0~3.0MPa D．温度900~1000℃
一定条件下，将H2和CO2[n(H2)：n(CO2)=3]以一定的流速通过K—Fe—MnO/Al2O3催化剂进行反响，测得CO2的平衡转化率为50.0%，C2H4和CO的物质的量之比为2∶1，反响i的化学平衡常数Kp=________(只列算式不计算)。不改变气体流速和温度，一定能提高C2H4选择性的措施有________。(任写二种)
20.2021年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大奉献。请答复以下问题：
〔1〕LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为________，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层能量最高的电子云在空间有________个伸展方向，原子轨道呈________形。
〔2〕[CO(NO )4]2-中Co2+的配位数为4，配体中N原子的杂化方式为________，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为________(填元素符号)，1mol该配离子中含σ键数目为________NA。
〔3〕MnCl2可与NH3反响生成[Mn(NH3)6]Cl2 ， 新生成的化学键为________键。NH3分子的空间构型为________，其中N原子的杂化轨道类型为________。
〔4〕钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，共化学式为________，晶体中Al3+占据O2-形成的________(填“四面体空隙〞或“八面体空隙〞)。NA为阿伏伽德罗常数得值，钴蓝晶体的密度为________g•cm-3(列计算式)。
21.有机物G是一种合成药物的重要中间体，其合成路线如下列图：
答复以下问题：
〔1〕有机物A的名称为________，A→B的反响类型为________。
〔2〕B→C的化学方程式为________，D中含氧官能团的名称为________。
〔3〕有机物H是F与足量氢气加成反响的产物，H中含有________个手性碳原子。
〔4〕C有多种同分异构体，满足以下条件的3种同分异构体的结构简式为________。
①能与NaHCO3溶液发生反响产生CO2；
②既能发生银镜反响，又能发生水解反响且水解产物酸化后可使FeCl3溶液显紫色；
③核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1：1。
〔5〕请参照上述合成信息，以苯、 及CH3MgBr为原料设计 的合成路线________。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 A
【解析】【解答】A．高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻，说明易燃烧，但烟甚浓，应为石油，不属于汽油，故A符合题意；
B．日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈，雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，故B不符合题意；
C．水银乃至阴毒物，因火煅丹砂而出〔明〕，汞由单质转化为化合物，有化合价变化，属于氧化复原反响，故C不符合题意；
D．“采蒿蓼之属，晒干烧灰〞，说明“石碱〞成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁〞，该成分易溶于水，久那么凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸钾，溶于水水解显碱性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻 ，这里指的是汽油，不是汽油，汽油是通过对石油进一步加工制取，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．石油减压分馏过程的产物为：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，所以石油分馏可以获得沥青，A不符合题意；
B．常用作红色颜料的是Fe2O3 ， B符合题意；
C．钢铁是铁和碳等元素形成的合金，C不符合题意；
D．聚乙烯醇月桂酸酯是由乙烯醇月桂酸酯聚合而成的高分子，属于有机高分子材料，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】Fe3O4为黑色固体，具有磁性可以做磁性油墨的材料，但是氧化铁是红色，一般用于红色颜料，其他选项均正确
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．糖类有多种，例如葡萄糖等单糖不能发生水解，A不符合题意；
B．面粉的主要成分为淀粉，淀粉属于糖类，B不符合题意；
C．疫苗主要成分为蛋白质，温度过高蛋白质易变性，应冷链运输，C不符合题意；
D．豆腐主要成分为蛋白质，在人体内经蛋白酶催化水解为氨基酸，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.糖类包括多糖、二糖、单糖等，其中多糖和二糖以及蛋白质和油脂均可以水解，单糖不能水解
B.面粉的主要成分是淀粉属于多糖
C.疫苗的主要成分是蛋白质，而蛋白质的储存需要适宜的温度
D.蛋白质在人体内水解为氨基酸被人体吸收
4.【答案】 A
【解析】【解答】A．SiO2并不能把光的强弱转变为电流的强弱，SiO2用作光导纤维是因为其对光有很好的反射性，A符合题意；
B．Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解而显碱性，油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，甘油和高级脂肪酸盐无法重新生成油脂，所以油脂碱性条件下水解程度大，B不符合题意；
C．明矾溶液水可以电离出Al3+ ， Al3+水解生成成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮杂质形成沉淀，到达净水的目的，C不符合题意；
D．汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，CO有复原性，NOx有氧化性，二者发生氧化复原反响转化为无污染的为CO2和N2 ， D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.二氧化硅可以做光导纤维，主要是利用了其对光信号的传播，与电流无关
B.纯碱显碱性，油脂在碱性环境下水解彻底
C.明矾做净水剂主要是可以形成具有吸附性的氢氧化铝胶体
D.三元催化剂可以催化汽车尾气变为无毒的气体
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．该物质含有12个碳原子、3个O原子，不饱和度为10，分子式为C12H6O3 ， A不符合题意；
B．苯环以及与苯环相连的碳原子共面，所以该化合物所有碳原子共平面，B不符合题意；
C．该物质的二氯代物有如下列图共5+3+1=9种 、 、 (数字表示另一个氯原子的位置)，C不符合题意；
D．不含碳碳双键，不能使溴水褪色，与苯环相连的碳原子上没有氢，且不含醛基、碳碳双键、三键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D符合题意；
故答案为D
【分析】根据结构简式即可写出分子式，此结构中的所有的碳原子均处于同一平面上，不能使溴水和高锰酸钾溶液褪色，根据找出结构中氢原子的种类，先定1个氯原子的位置再定另外一个氯原子的位置即可找出二氯取代物的个数
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．醋酸溶液中存在醋酸和水的电离，即CH3COOH CH3COO-+H+ ， H2O H++OH- ， 电荷守恒为c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A不符合题意；
B．醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，溶液中H+和CH3COO-的数目增多，但浓度减小，即c(H+)、 c(CH3COO-)浓度减小，由于Kw=c(H+)·c(OH-)不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B不符合题意；
C．由CH3COOH CH3COO-+H+可知，参加少量CH3COONa晶体，c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，c(H+)减小，pH增大，故C符合题意；
D．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中，参加等体积、pH=13的NaOH溶液，二者恰好完全反响，生成CH3COONa，由于CH3COO-水解，那么c(Na+)＞c(CH3COO-)，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A.结合电荷守恒即可判断
B.结合水的离子积以及加水后的离子浓度即可判断
C.根据醋酸的电离结合醋酸根离子浓度增大抑制醋酸的电离
D.根据此时的电荷守恒以及水解显碱性即可判断
7.【答案】 B
【解析】【解答】A. NO2与水反响的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，由反响方程式可知，3molNO2与水完全反响，转移2mol电子，个数为2NA ， 故A不符合题意；
B. 18 g H2O的物质的量为18g÷18g/mol=1mol，每个水分子中含有3个原子，所以18 g H2O含有3mol原子，个数为3NA ， 故B符合题意；
C. HCO3－在水溶液中既可以电离也可以水解，所以1 L 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中HCO3－的个数小于0.1 NA个，故C不符合题意；
D. 标准状况下，乙醇不是气体，所以无法计算2.24 L乙醇中含有的CH3CH2OH分子个数，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.写出与水反响的方程式即可计算出转移的电子数
B.根据n=计算出物质的量，再根据分子式找出1个分子含有的原子个数
C.未考虑碳酸氢根的电离和水解
D.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
8.【答案】 D
【解析】【解答】A．灼烧在坩埚中进行，图中灼烧操作合理，A不符合题意；
B．海带灰中含有不溶于水的杂质，过滤可以别离，图中过滤装置合理，B不符合题意；
C．碘单质更易溶于苯，苯与水不互溶，且不与水反响，可以用苯萃取，苯的密度比较小，有机层在上层，操作合理，C不符合题意；
D．蒸馏时温度计测定馏分的温度，水银球应在支管口处，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.灼烧海带需要温度高，坩埚可以承受高温
B.固体和液体的别离可以利用过滤操作
C.萃取时需要用到的是分液漏斗
D.温度计的位置错误，主要是测量蒸汽的温度
9.【答案】 B
【解析】【解答】A．碳化塔中充入高压CO2能提高CO2的溶解度，增大其浓度，提高碳化速率，A不符合题意；
B．为防止NH4HCO3受热分解，加压会提高蒸发温度，应减压蒸发，降低水的沸点，B符合题意；
C．别离出来的母液含有大量NH4HCO3 ， 回收利用可以提高原料的利用率，C不符合题意；
D．氨气极易溶于水，枯燥管可以防止倒吸，大量氨气溶于水后形成浓氨水，在通入二氧化碳可以析出NH4HCO3 ， 可以模拟碳化塔制取少量NH4HCO3 ， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示将二氧化碳通入浓氨水发生反响，加压增大了二氧化碳的溶解能力，提高了反响的速率，将母液放入碳化塔主要是提高原料的利用率，实验室可以用图示装置制取碳酸氢铵，别离时不能加压蒸发，碳酸氢铵易分解应该减压蒸发后浓缩结晶和趁热过滤
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．电极a上有机质转化为CO2 ， 发生氧化反响，所以a为阳极，A不符合题意；
B．工作时为电解池，电解池中阳离子由阳极向阴极迁移，所以质子将从a电极室向b电极室迁移，B不符合题意；
C．电极b上CO2得电子被复原，结合迁移过来的氢离子生成CH4和H2O，根据电子守恒和元素守恒可得电极反响式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C不符合题意；
D．有机质中C元素的化合价不一定和甲烷中C元素的化合价相同，所以a电极室产生的CO2与b电极室消耗的CO2不一定相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电极a上有机质转化为CO2 ， 发生氧化反响，所以a为阳极，电极b上CO2转化为CH4 ， 发生复原反响，所以b为阴极。
11.【答案】 C
【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，那么原子半径由大到小的顺序为C>N>O，故A不符合题意；
B．氨气溶于水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B不符合题意；
C．14C与14N的质子数不同，属于不同元素，肯定不是同一核素，故C符合题意；
D．由结构简式可知、C、N、O、Cl四种原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由TCCA结构可知，W形成4个共价键、X形成3个共价键、Y形成2个共价键、Z形成1个共价键，由W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y和Z位于不同周期可知，W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素。
12.【答案】 B
【解析】【解答】A．高锰酸钾和浓盐酸常温下反响可以制取氯气，装置没有加热，所以甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体，故A不符合题意；
B．氯气与冷烧碱溶液反响可制得“84〞消毒液，所以乙中不可采用热水浴，会有其他反响发生会生成杂质氯酸钠，故B符合题意；
C．在甲、乙之间参加饱和食盐水洗气，可以除去浓盐酸挥发出来的氯化氢气体，可提高NaOH利用率，故C不符合题意；
D．氯气有毒，不能随意排放到大气中，所以在乙之后再连接NaOH溶液吸气，更加符合绿色化学思想，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】甲中是制取氯气的装置，乙是氯气和氢氧化钠反响制取消毒液的反响，甲中反响是常温，而高锰酸钾和浓盐酸反响也是常温反响，乙中的反响是氯气和氢氧化钠反响，温度过高会产生杂质，制取氯气时可能会带出氯化氢气体，应该将氯化氢气体进行除杂，利用饱和食盐水除去氯化氢气体，多于的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收防止污染空气
13.【答案】 C
【解析】【解答】A． 将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，参加K2S2O8溶液，K2S2O8将I-氧化为I2, S2O +2I-=I2+2SO (慢)，溶液不会立即变蓝,故A不符合题意；
B． 因为2S2O +I2=2I-+2SO (快)，当溶液中的Na2S2O3完全耗尽，I2会存在于溶液中，溶液将由无色变为蓝色，故B不符合题意；
C． 上述实验未保证单一变量，由于K2S2O8溶液在两种溶液中参加的体积不一致，导致混合液体积不一致，两组实验中各个物质的浓度均不一致，故无法说明反响物浓度对速率的影响，故C符合题意；
D．由方程式可知，S2O +2I-=I2+2SO (慢)，2S2O +I2=2I-+2SO ，S2O ~2S2O ，必须保证Na2S2O3全部被消耗才能由无色变为蓝色，故 Na2S2O3和K2S2O8初始物质的量之比应小于2，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据 S2O +2I-=I2+2SO (慢)，2S2O +I2=2I-+2SO (快) 即可判断反响后的溶液不会立即变蓝
B.当 Na2S2O3完全耗尽 才会有剩余的碘单质淀粉变蓝色
C.通过控制变量法进行实验需要控制用量一致
D.根据给出方程式进行计算出初始的物质的量即可
14.【答案】 B
【解析】【解答】A．据图可知V4+-O-H在整个反响过程没有消耗，为该反响的催化剂，A不符合题意；
B．据图可知投入的原料为NH3、NO和O2 ， 最终产物为N2和H2O，V4+—O—H为催化剂，所以总反响为2NO+4NH3+2O2 3 N2+6H2O，B符合题意；
C．据图可知H-O-V4+和氧气反响的过程中V元素由+4价变为+5价，另外也存在含钒物质中V元素由+5价降低+4价的过程，C不符合题意；
D．虚线框内断裂的是氢键，没有化学键的断裂和生成，不属于化学变化，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示流程即可判断出V4+-O-H的作用
B.根据反响物和生成物即可写出方程式
C.根据反响流程即可判断出V的化合价
D.根据虚线内未出现新的物质故不是化学变化
15.【答案】 A
【解析】【解答】A．先滴KSCN溶液无明显现象，说明不含Fe3+ ， 再滴入新制氯水变红，说明原溶液中含有Fe2+ ， 被氧化为Fe3+ ， A符合题意；
B．钠燃烧时放出大量的热，不能在蒸发皿中加热，B不符合题意；
C．铜和稀硝酸反响生成NO，NO不溶于水，但无色，C不符合题意；
D．NaOH溶液过程，均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，不能比较二者的溶解度，且二者为不同类型的沉淀，也不能简单的通过溶解度判断溶度积大小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 证明亚铁离子需要先参加KSCN溶液看是否变色，在参加氯水进行实验
B.一般加热钠在坩埚中进行
C.铜和浓硝酸反响得到的是二氧化氮，铜和稀硝酸反响得到的是无色的一氧化氮
D.氢氧化钠过量，应该实验中使氢氧化钠的量少量
16.【答案】 C
【解析】【解答】A． 向1L0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中不断参加NaOH固体，a=0.05mol时，得到物质的量均为0.05mol的氯化铵和一水合氨, ,即一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以 ，所以要想满足 ，参加的NaOH要大于0.05mol，故A不符合题意；
B．由A分析知，当a=0.05mol时，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液显碱性，M点a大于0.05mol,碱性更强，溶液pH>7,故B不符合题意；
C． M点时存在电荷守恒 ，且c(Na+)=amol/L，c(Cl-)=0.1mol/L, ,那么 整理可得c(OH-)+0.05=a+c(H+),故C符合题意；
D． n(NaOH)=0.05mol时，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以 ，所以c(OH-)>c(H+)，所以c(Cl-)>c(NH )>c(H+)>c(OH-)不成立，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据给出的数据计算出此时的铵根离子水解常数与氨水的电离常数进行比照即可
B.根据铵根的水解常数和氨水的电离常数进行比照即可
C.根据电荷守恒以及给出的数据进行判断即可
D.根据铵根的水解常数和氨水的电离常数进行比较即可
二、综合题
17.【答案】 〔1〕分液漏斗；溶液由棕黄色变为浅绿色
〔2〕SO2
〔3〕通过观察气体流速控制两种气体的比例；Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量
〔4〕BaSO4；2H2O+3SO2+3Ba2++2NO =3BaSO4↓+2NO↑+4H+；在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快
〔5〕
【解析】【解答】(1) 由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置E中发生的反响为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化复原反响生成氯化亚铁、盐酸和硫酸，实验现象为溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：分液漏斗；溶液由棕黄色变为浅绿色；
(2)假设装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红的水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫与水反响生成的亚硫酸或亚硫酸根或亚硫酸氢根，不是二氧化硫，故答案为：SO2；
(3)①由实验装置图可知，装置中浓硫酸的作用为通过观察集气瓶中气泡的多扫，判断气体流速，从而控制两种气体的比例，故答案为：通过观察气体流速控制两种气体的比例；
②由甲中品红溶液几乎不褪色可知，二氧化硫和氯气在品红溶液恰好完全反响生成没有漂白性的盐酸和硫酸，反响的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；由乙中品红溶液随时间的推移变得越来越浅，说明某种气体流速过快，导致氯气或二氧化硫过量，使品红溶液漂白褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；Cl2与SO2流速不相同，导致其中一种过量；
(4)①由G中无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3可知，D中二氧化硫与溶液中的氧气反响生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反响生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；
②H中二氧化硫溶于水生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下，二氧化硫与硝酸根离子发生氧化复原反响生成硫酸钡白色沉淀、一氧化氮和水，反响的离子方程式为2H2O+3SO2+3Ba2++2NO =3BaSO4↓+2NO↑+4H+ ， 故答案为：2H2O+3SO2+3Ba2++2NO =3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
③由I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象可知，没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反响速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反响的速率快，说明在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快，故答案为：在水溶液中氧气氧化SO2比硝酸根氧化SO2活化能小，生成沉淀速率快；
(5)由题意可知，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反响生成硫酸锰、硫酸钾、硫酸和水，由得失电子数目守恒可得：2KMnO4—5SO2 ， 由tmin时酸性高锰酸钾溶液恰好褪色可知二氧化硫的含量为 = g/cm3 ， 故答案为： 。
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与稀硫酸反响制得二氧化硫，B中盛有的品红乙醇溶液不褪色，C中盛有的品红溶液褪色，D中盛有的氯化钡溶液不与二氧化硫反响，溶液中没有现象，D中氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化复原反响，溶液由棕黄色变为浅绿色，F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收有毒的二氧化硫，防止污染环境。
18.【答案】 〔1〕
〔2〕；Fe3+对H2O2的分解有催化作用
〔3〕10-15.6；4.7＜pH＜6.2
〔4〕抑制Ni2+水解
〔5〕
【解析】【解答】(1)由以上分析知，滤液①中含有NaOH、NaAlO2 ， 那么无机阴离子有OH-、 。
(2)“转化〞过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+ ， 反响的化学方程式为 ；c(H2O2)在10~20min内迅速减小，原因是Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
(3)当pH=6.2时，c(Ni2+)=1.0mol/L，那么Ni(OH)2的Ksp= c2(OH-)c(Ni2+)=(10-7.8)2×1.0=10-15.6 ， “转化〞后的溶液中Ni2+的浓度为1.0mol•L-1 ， 开始沉淀pH=6.2，沉淀完全pH=8.7，那么“调pH〞应控制的pH小于6.2，大于4.7，保证Al3+、Fe3+完全沉淀。
(4)进行蒸发浓缩、冷却结晶前通常要在滤液③中参加少量稀硫酸，作用为抑制Ni2+水解。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反响的离子方程式为 。
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中参加NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反响2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaOH、NaAlO2 ， 滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化变为Fe3+后，参加NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤渣③为氢氧化铁，再控制pH，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、枯燥得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
19.【答案】 〔1〕2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g) △H=-28.89kJ•mol-1
〔2〕＜；增大氢碳比、将生成物及时别离；反响i为放热反响，温度升高，平衡逆向移动；反响ii为吸热反响，温度升高，平衡正向移动。随着温度的升高，CO2平衡转化率降低是因为反响i占主导，CO2平衡转化率升高是因为反响ii占主导；BC；；催化剂、加压
【解析】【解答】(1) i．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ•mol-1
ii．CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) △H=+41.2kJ•mol-1
iii．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.25kJ•mol-1
根据盖斯定律：i-2×iii得2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g) △H=(-127.89+49.25×2)kJ•mol-1=-28.89kJ•mol-1 ， 故答案为：2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g) △H=-28.89kJ•mol-1；
(2)①由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反响速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强，压强越高，反响速率越快，那么B点v正＜A点v逆；在一定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率有增大氢碳比、将生成物及时别离，故答案为：＜；增大氢碳比、将生成物及时别离；
②反响i．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ•mol-1为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，反响ii．CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) △H=+41.2kJ•mol-1为吸热反响，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，而在较低温度下，随着温度的升高CO2的平衡转化率降低，说明反响ⅰ占主导，在较高温度下，随着温度的升高CO2的平衡转化率升高，说明反响ii占主导，故答案为：反响i为放热反响，温度升高，平衡逆向移动；反响ii为吸热反响，温度升高，平衡正向移动。随着温度的升高，CO2平衡转化率降低是因为反响i占主导，CO2平衡转化率升高是因为反响ii占主导；
③为了使更多获得乙烯等低碳烯烃，那么要使反响i．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g) △H=-127.89kJ•mol-1为主导，反响ⅰ为放热反响，那么要选择较低温度，同时考虑反响速率，所以温度选300～400℃，增大压强可以加快反响速率同时使反响ⅰ平衡正向移动，所以压强选2.0～3.0MPa，那么选择BC；
设起始H2物质的量为6mol，那么起始CO2物质的量为2mol，平衡时C2H4和CO的物质的量之比为2∶1，设C2H4和CO的物质的量分别为xmol和0.5xmol，
平衡时CO2的转化率为 ×100%=50.0%，解得：x=0.4，那么平衡时n(CO2)=2mol-2.5×0.4mol=1mol，n(C2H4)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(H2)=6mol-6.5×0.4mol=3.4mol，n(H2O)=4.5×0.4mol=1.8mol，混合气总物质的量为1mol+0.4mol+0.2mol+3.4mol+1.8mol=6.8mol，A点压强为1MPa，p(CO2)= ×1MPa= MPa，p(C2H4)= ×1MPa= MPa，p(H2)= ×1MPa= MPa，p(H2O)= ×1MPa= MPa，那么Kp= = ；不改变气体流速和温度，要提高C2H4的选择性，可以选择适宜的催化剂，降低反响ⅰ的活化能，加快反响速率，提高C2H4选择性；反响ⅰ为气体体积减小的反响，增大压强，平衡正向移动，压强对反响ii没有影响，H2O(g)含量增加，从而使反响ⅱ平衡逆向移动，有进一步促进反响ⅰ平衡正向移动，提高C2H4选择性，故答案为：BC； ；催化剂、加压。
【分析】根据盖斯定律，结合反响i和步骤I计算解答；由图可知，A、B均为平衡点，各点正逆反响速率相等，A、B两点温度相同，但A点压强大于B点压强；在B点给定的温度和压强下，提高CO2平衡转化率即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；反响ⅰ为放热反响，反响ⅱ为吸热反响，结合温度对平衡的影响分析解答；设起始H2物质的量为6mol，起始CO2物质的量为2mol，根据平衡时C2H4和CO的物质的量之比为2∶1结合三段式计算解答。
20.【答案】 〔1〕或 ；；3；哑铃
〔2〕；；16
〔3〕配位；三角锥；
〔4〕；八面体空隙；
【解析】【解答】〔1〕基态钴的原子序数为27，因此基态核外电子能级排布排布是1s22s22p63s23p63d74s2, 基态磷原子的核外电子能级排布是1s22s22p63s23p3， 含有3个电子层， 电子占据的最高能层的是第三层M层，M层含有3个p轨道，伸向不同的方向，p轨道的形状是哑铃状，故正确答案是： 或 、 、 3 、 哑铃
〔2〕硝酸根中中心价层电子对为3，是sp2杂化，配体离子含有三种元素，Co\N\O.金属的电离能一般小于非金属，氮元素的和蔼电子排布时p轨道是半充满状态，电离能最大，故 第一电离能由小到大的顺序为 ， 1mol该配离子中含σ键数目含有4mol配位键和和12mol氮氧键共16mol，故正确答案是： 、 、 16
〔3〕 MnCl2可与NH3反响络合反响生成[Mn(NH3)6]Cl2 形成的新键是配位键，氨气分子中的氮原子是sp3杂化，是三角锥型，故正确答案是： 配位 、 三角锥 、
〔4〕黑球处于晶胞的顶点、I的体心、而大白色球处于I和II的内部，小白球处于II的内部。故晶胞中含有的Co、Al、O的原子个数为4x(4x)x2+4=8,4x4=16,8x4=32,所以化学式为 ，根据观察 晶体中Al3+占据O2-形成的是八面体空隙，该晶胞的体积是(2ax10-7)3cm3 ， 晶胞的质量为=g那么密度ρ=
【分析】〔1〕根据钴原子的原子序数即可写出基态原子的核外电子能级排布，对于磷原子基态中，离核越远的电子层能量越高，能量最高的电子层含有3个p轨道，是哑铃状
〔2〕根据计算出价层电子对，即可计算出杂化方式，电离能的大小一般是金属元素小于非金属元素，轨道上电子半充满或者是充满时电离能越大，找出单键和配位键即可找出 σ键 的数目
〔3〕根据反响的类型得出反响是络合反响形成的配位键，氨气的分子构型是三角锥型，其中氮原子的杂化是sp3杂化
〔4〕根据占位情况计算出原子的个数即可求出化学式，同时根据ρ=计算出体积，根据观察可以看出 Al3+占据O2- 形成的空隙
21.【答案】 〔1〕2-甲基苯酚(或邻甲基苯酚)；取代反响
〔2〕+ ；醚键、羧基
〔3〕6
〔4〕或 或 或
〔5〕
【解析】【解答】〔1〕有机物A的结构式为其名称为二甲基苯酚，A到B的反响为取代反响，故正确答案是： 2-甲基苯酚(或邻甲基苯酚) 、 取代反响
〔2〕 B→C的化学方程式为 + ， D的结构简式为 中含氧官能团的名称为 醚键、羧基 ，故正确答案是： + ， 醚键、羧基
〔3〕 有机物H是F与足量氢气加成反响的产物 ，有机物F结构式为， 根据H的结构式找出手性碳原子个数为6个
〔4〕 C有多种同分异构体， 能与NaHCO3溶液发生反响产生CO2； 说明含有羧基， 既能发生银镜反响，又能发生水解反响且水解产物酸化后可使FeCl3溶液显紫色； 说明含有醛基和酯基且酯基形成的羟基是酚羟基， 核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为6：2：2：2：1：1 的同分异构体是、、、故正确答案是：、、、
〔5〕根据进行逆推得出整个反响主要发生B到C以及E到F到G的反响，因此反响过程如下列图：
【分析】〔1〕根据结构简式写知名称，以及反响物和生成物判断反响类型
〔2〕根据反响物和生成物即可写出方程式，根据结构简式即可找出官能团
〔3〕根据F写出H的结构式即可找出手性碳原子个数
〔4〕根据分子式结合给出的条件写出同分异构体
〔5〕根据产物逆推对应给出物质的合成过程，找出利用的途径进行合成所需要产物
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